问题
求解:
n→∞lim{[(∫011+xxn−1 dx)n−21]2n}2∫0+∞e−ss5 ds+∫0+∞sint2 dt∫−∞+∞e−2t2 dt⎝⎜⎜⎜⎜⎛∫0+∞xsinx dxn=0∑∞2n+1(−1)n+t→0+lim∫−20202020x2+t2tcosx dxn=1∑∞arctann22⎠⎟⎟⎟⎟⎞
Part 1. Gamma 函数部分
注意到 ∫0+∞e−ss5ds=Γ(6)=5!=120.
Gamma 函数 Γ(⋅) 又称为第二类欧拉积分, 定义如下:
Γ(s):=∫0∞e−xxs−1dx
尝试分部积分得到:
\begin{align}{\color{Red} {\Gamma(s) }} & = \int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{s-1}\text{d}x = -\left.e^{-x} x^{s-1}\right|_{0} ^{\infty}+(s-1) \int_{0}^{\infty}e^{-x} x^{s-2} \mathrm{~d} x\\&=(s-1) \int_{0}^{\infty} e^{-x} x^{(s-1)-1}\mathrm{~d} x={\color{Red} {(s-1)\Gamma(s-1)}} \end{align}
可以发现 Γ 函数的递推性质. 又由定义知
Γ(1)=∫0+∞e−xdx=1
所以 ∀s∈Z+, 有 Γ(s+1)=s!.
Γ 函数还可以这样定义:
Γ(x)=x1n=1∏∞1+nx(1+n1)x
这个定义和含参积分所给出的定义是可以互相导出的(过程待补充). 利用这个定义, 结合正弦函数的无穷乘积展开
sinx=xk=1∏∞(1−k2π2x2)
还可以推导出所谓余元公式(过程待补充):
Γ(x)Γ(1−x)=sinπxπx∈(0,1)
另外, 第一类欧拉积分(Beta 函数)
B(p,q)=∫01xp−1(1−x)q−1dx
与第二类欧拉积分之间有这样的关系(证明待补充):
B(p,q)=B(q,p)=Γ(p+q)Γ(p)Γ(q)
最后, 我们还有所谓 Legendre 公式(证明待补充):
Γ(s)Γ(s+21)=22s−1πΓ(2s)
Part 2. Gauss 积分部分
∫−∞+∞e−2t2dt=2π
其实是高斯积分的变体. 高斯积分指的是
∫−∞+∞e−x2dx=π
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解法一: 利用二重积分.
设
I=∫−∞+∞e−x2dx
则
I2=(∫−∞+∞e−x2dx)2=∫−∞+∞e−x2dx∫−∞+∞e−y2dy=∫−∞+∞∫−∞+∞e−(x2+y2)dxdy
利用极坐标变换转化积分
I2=∫−∞+∞∫−∞+∞e−(x2+y2)dxdy=∫02π∫0∞e−r2rdr=∫02πdθ∫0∞e−r2rdr
最右端第二个积分作换元 u=−r2 就容易解得
∫0∞e−r2rdr=21
最终得到
I2=2π⋅21=π
由于 e−x2≥0, 所以 I≥0, 故
I=∫−∞+∞e−x2dx=π
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解法二: 利用 Gamma 函数
令 t2=α, 则
∫−∞+∞e−t2dt=∫−∞+∞21e−αα−21dα=∫0+∞e−αα21−1dα=Γ(21)
由余元公式可得
[Γ(21)]2=Γ(21)Γ(1−21)=sin2ππ=π
故有
∫−∞+∞e−t2dt=Γ(21)=π
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解法三: 利用 Laplace 变换
设
f(t)=∫0∞e−tx2dx
对其作 Laplace 变换:
L[f(t)]=L(∫0∞e−tx2dx)=∫0∞∫0∞e−tx2e−stdtdx=∫0∞L(e−tx2)dx
运用常用 Laplace 变换公式
L(eat)=s−a1
可得
L[f(t)]=∫0∞L(e−tx2)dx=∫0∞s+x2dx=2sπ
再对两边作 Laplace 逆变换可得
f(t)=∫0∞e−tx2dx=2tπ
在上式中令 t=1 即得
∫−∞+∞e−x2dx=2∫0+∞e−x2dx=2⋅2π=π
还有一些形式类似的积分:
∫−∞+∞e−ax2+bx+cdx=aπe4ab2+c
∫0∞x2ne−a2x2 dx=π2n+1a2n+1(2n−1)!!
∫0∞x2n+1e−a2x2 dx=2n!a2n+2
∫0∞x2ne−ax2 dx=an2n+1(2n−1)!!aπ
∫0∞x2n+1e−ax2 dx=2an+1n!
∫0∞xne−ax2 dx=2a2n−1Γ(2n+1)
Part 3. Fresnel 积分部分
∫0+∞sint2dt=8π
同样有很多种解法, 这里先写一种利用高斯积分的: 作换元 t2=α, 则积分变为
∫0+∞sint2dt=21∫0+∞asinαdα
由高斯积分的结果
∫0+∞e−x2dx=2π
令 x=αu 则
α∫0+∞e−αu2du=2π
所以
α1=π2∫0+∞e−αu2du
据此改写原题积分
\begin{align}\int_{0}^{+\infty}\sin t^2\text{d}t & = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin\alpha}{\sqrt{\alpha}}\text{d}\alpha\\&=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{\sqrt{\pi }} \int_{0}^{+\infty}\sin t\int_{0}^{+\infty}e^{-tu^2}\text{d}u\text{d}t\\&=\frac{1}{\sqrt{\pi }}\int_{0}^{+\infty}\left ( \int_{0}^{+\infty}\sin t\cdot e^{-tu^2}\text{d}t \right ) \text{d}u\end{align}
利用正弦函数的 Laplace 变换
∫0∞e−axsinxdx=1+a21
可得
∫0+∞sint2dt=π1∫0+∞(∫0+∞sint⋅e−tu2dt)du=π1∫0+∞1+u41du=8π
我们还可以用留数定理来解这个积分: 由 Euler 公式容易得到
eix2=cosx2+isinx2
两边同时积分得到
∫0∞eix2dx=∫0∞cosx2dx+i∫0∞sinx2dx
考虑围道积分 ∮Ceiz2dz, 选取扇形围道如下图:
积分路径按逆时针方向: 从 O 点出发行进至 R 处, 经圆弧 C_R 再返回 O 点. 由于围道内无奇点, 所以
∮Ceiz2dz=∫0Reix2dx+∫CReiz2dz+∫R0eiz2dz=0
而
R→∞lim∫0Reix2dx=∫0∞eix2dx=∫0∞cosx2dx+i∫0∞sinx2dx
\begin{align}\lim_{R \to \infty} \int_{R}^{0} e^{iz^2}\text{d}z & = \lim_{R \to \infty} \int_{R}^{0} e^{i\left ( Re^{\frac{i\pi}{4}} \right ) ^2}\text{d}\left ( Re^{\frac{i\pi}{4}}\right ) = \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{R}e^{i\cdot iR^2}\cdot e^{\frac{i\pi}{4}}\text{d}R\\& = -e^{\frac{i\pi}{4}}\int_{0}^{\infty }e^{-R^2}\text{d}R=-\left ( \cos\frac{\pi }{4}+i\sin \frac{\pi }{4}\right )\frac{\sqrt{\pi }}{2} \\&=-\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{2}}(1+i) =\sqrt{\frac{\pi }{8} } +i\sqrt{\frac{\pi }{8} } \end{align}
∫CReiz2dz=0(Jordan’s Lemma)
所以
∫0∞cosx2dx+i∫0∞sinx2dx=8π+i8π
在上式中取虚部即得
∫0+∞sint2dt=8π
同时告诉我们
∫0+∞cost2dt=8π
另外, 还有
∫0xsint2dt=n=0∑∞(−1)n(2n+1)!(4n+3)x4n+3
∫0xcost2dt=n=0∑∞(−1)n(2n)!(4n+1)x4n+1
对任意 x 均收敛.
Part 4. 反正切函数的 Taylor 展开
注意到
arctanx=n=0∑∞2n+1(−1)nx2n+1
所以 n=0∑∞2n+1(−1)n=arctan1=4π.
Part 5. Dirichlet 积分部分
注意到 Dirichlet 积分 ∫0+∞xsinxdx=2π.
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解法一: 利用 Lobachevsky 积分法
Lobachevsky 积分法阐述如下: 若函数 f(x) 在 [0,+∞) 上有
f(π−x)=f(x),f(x+π)=f(x)
则
∫0+∞f(x)xsinxdx=∫02πf(x)dx
事实上, 只需在上式中令 f(x)=1 即可得到
∫0+∞xsinxdx=2π
我们附上 Lobachevsky 积分法的证明. 将式子左端展开为级数:
====∫0+∞f(x)xsinx dx=k=0∑∞∫2kπ2(k+1)πf(x)xsinx dxn=0∑∞∫nπnπ+2πf(x)xsinx dx+n=1∑∞∫nπ−2πnπf(x)xsinx dxn=0∑∞∫02πf(x−nπ)x−nπsin(x−nπ)dx+n=1∑∞∫02πf(x+nπ)x+nπsin(x+nπ)dx∫02πf(x)xsinx dx+n=1∑∞∫02π(−1)nf(x)(x+nπ1+x−nπ1)sinx dx∫02πf(x)sinx[x1+n=1∑∞(−1)nx2−n2π22x]dx
绿色部分正是 sinx1 的级数展开. 这个结论又是怎么得到的捏?
我们偏题推导一下. 考虑函数
f(x)=cosαx(−π<x≤π,0<α<1)
计算其 Fourier 级数:
a0=π1∫−ππcosαxdx=π2sinαπ
an=π1∫−ππcosαxcosnx dx=2π1∫−ππ[cos(α+n)x+cos(α−n)x]dx=πsinαπ⋅α2−n22α(∀n≥0)
bn=π1∫−ππcosαxsinnx dx=2π1∫−ππ[sin(α+n)x+sin(α−n)x]dx=0
故有
f(x)=απsinαπ+π2αsinαπn=1∑+∞α2−n2(−1)ncosnx
因为 f(x) 在 (−π,π) 上连续且 f(0)=1, 由 Fourier 级数的收敛定理得
απsinαπ+π2αsinαπn=1∑+∞α2−n2(−1)ncosnx=1
令 α=πx, 可得
xsinx+n=1∑+∞x2−n2π2(−1)n2xsinx=1
整理即得
sinx1=x1+n=1∑∞(−1)nx2−n2π22x
故 Lobachevsky 积分法得证.
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解法二: 利用 Fourier 变换
考虑函数
f(x)=⎩⎨⎧1,∣x∣<121,∣x∣=10,∣x∣>1
对其使用 Fourier 变换得
F(ω)=F[f(t)]=∫−11cosωxdx=2ωsinω
再求 Fourier 逆变换得
f(x)=2π1∫−∞∞ω2sinωcosωxdω
令 x=0 即得
1=2π1∫−∞∞ω2sinωdω
整理即得 ∫0+∞xsinxdx=2π.
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解法三: 利用 Laplace 变换:
熟知 Laplace 变换具有这样的性质:
∫s∞L[f(t)]ds=L[tf(t)]
利用该性质可以轻松解决 Dirichlet 积分:
∫0∞tsintdt=s→0lim∫0∞e−sttsintdt=s→0limL[tsint]=s→0lim∫s∞L[sint]ds=s→0lim∫s∞s2+1ds=s→0lim[2π−arctan(s)]=2π
另外, 我们介绍该积分有扩展形式
∫0+∞xsinaxdx=2πsgn(a)
Part 6. 反正切函数级数部分
我们知道
arctanx+arctany=arctan1−xyx+y(xy<1)
于是
\begin{align}\color{red}{\sum_{n = 1}^{\infty }\arctan \frac{2}{n^2} }& = \sum_{n = 1}^{\infty }\arctan\frac{(1+n)+(1-n)}{1-(1+n)(1-n)} = \sum_{n = 1}^{\infty }\left [\arctan(1+n)+\arctan(1-n) \right ] \\&=\lim_{m \to \infty} \sum_{n = 1}^{m}\left [\arctan(1+n)-\arctan(n-1) \right ] \\&=\lim_{m \to \infty}\left [ \arctan(m+1)+\arctan(m)-\arctan1-\arctan0 \right ] =\color{red}{\frac{3\pi }{4} }\end{align}
Part 7. Laplace 积分部分
取极限的积分部分是所谓 Laplace 积分的一个变体. 积分
∫0+∞x2+a2cosbxdx(a,b>0)
称为 Laplace 积分.
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解法一: 运用 Laplace 变换
令
I(b)=∫0+∞x2+a2cosbxdx
对其作 Laplace 变换
F(s)=L[I(b)]=∫0+∞∫0+∞x2+a2cosbxe−sbdxdb=∫0+∞e−sbcosbxdb∫0+∞a2+x21dx
运用熟知的余弦函数的 Laplace 变换公式
∫0+∞e−sbcosbxdb=L[cos(bx)]=s2+x2s
得到
F(s)=∫0+∞e−sbcosbxdb∫0+∞a2+x21dx=∫0+∞s2+x2sa2+x21dx
右端积分稍作变形:
∫0+∞s2+x2sa2+x21dx=∫0+∞(s2+x2)(a2+x2)s2−a2s2−a2sdx=s2−a2s∫0+∞(a2+x21−s2+x21)dx
因为
∫(a2+x21−s2+x21)dx=a1arctanax−s1arctansx+C
所以
F(s)=s2−a2s∫0+∞(a2+x21−s2+x21)dx=s2−a2s[2aπ−2sπ]=2aπs+a1
再对两边进行 Laplace 逆变换即得
I(b)=∫0+∞x2+a2cosbxdx=2aπe−ab
将原题积分改写使其具有拉普拉斯积分的形式即可求解:
t→0+lim∫−20202020x2+t2tcosx dx=t→0+lim∫−20202020(tx)2+1cos(ttx) d(tx)=t→0+lim∫−∞+∞α2+1costα dα=t→0+limπe−t=π
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解法二: 解微分方程
仍然设
I(b)=∫0+∞x2+a2cosbxdx
对其求导得到
I′(b)=−∫0+∞a2+x2xsinbxdx=−∫0+∞x(a2+x2)(a2+x2−a2)sinbxdx=−∫0+∞xsinbxdx+a2∫0+∞x(a2+x2)sinbxdx=−2π+a2∫0+∞x(a2+x2)sinbxdx
I′′(b)=a2∫0+∞a2+x2cosbxdx=a2I(b)
于是得到一个二阶微分方程:
I′′(b)−a2I(b)=0
容易得到初值条件
I(0)=2aπ,I′(0)=−2π
解微分方程得到
I(b)=C1eab+C2e−ab
由初值条件得到 C1=0,C2=2π. 于是
I(b)=∫0+∞x2+a2cosbxdx=2aπe−ab
Part 8. 极限部分
分步解 n→∞lim{[(∫011+xxn−1 dx)n−21]2n}.
先将小括弧里的积分计算出来(分部积分法:
∫011+xxn−1 dx=n1[1+xxn∣∣∣∣01+∫01(1+x)2xn dx]=n1[21+∫01(1+x)2xn dx]
所以原极限变为
n→∞lim{[(∫011+xxn−1 dx)n−21]2n}=n→∞lim{2n∫01(1+x)2xn dx}
继续分部计算积分
n→∞lim{2n∫01(1+x)2xn dx}=n→∞lim{2(n+1)n[(1+x)2xn+1∣∣∣∣01+2∫01(1+x)3xn+1 dx]}=n→∞lim{8(n+1)n+n+1n∫01(1+x)3xn+1 dx}=81
合并 Part 1-8
将各部分结果代入原题计算即得
n→∞lim{[(∫011+xxn−1 dx)n−21]2n}2∫0+∞e−ss5 ds+∫0+∞sint2 dt∫−∞+∞e−2t2 dt⎝⎜⎜⎜⎜⎛∫0+∞xsinx dxn=0∑∞2n+1(−1)n+t→0+lim∫−20202020x2+t2tcosx dxn=1∑∞arctann22⎠⎟⎟⎟⎟⎞=520